考点11 化工流程大题 备战2020高考化学优选名校好题分项版汇编1（解析版）

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1、1（2018届河北省石家庄市高三下学期4月一模）铋(Bi)与氮同族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：请回答：(1)Bi位于第六周期，其原子结构示意图为_。(2)向“酸浸”所得浸液中加入Zn粉，充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO47H2O的操作为_、过滤、洗涤、干燥。(3)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为_。(4)“浸铋”时，温度升高，铋的浸出率降低，其原因为_。(5)“除铅、砷”时，可

2、以采用以下两种方法。加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比(L/S)与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表:L/S125:150:125:115:1Pb2+去除率/%84.8694.1595.4096.83As3+去除率/%98.7998.9298.3499.05m(沉铋)/g2.342.332.051.98实验中应采用的L/S=_。铁盐氧化法，向浸液1中加入Fe2(SO4)3，并调节pH，生成FeAsO4沉淀。欲使溶液中c(AsO42-)10-9mol/L且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH的范围为_。已知:1g2=0.3:；FeAsO4、Fe(OH)3的Ksp分别为510-23、410

3、-38。(6)“沉铋“时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为_。来源:Zxxk.Com【答案】 蒸发浓缩、冷却结晶 CuSMnO24HCu2Mn2S2H2O 温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低 501 pH5.3 BiCl3Na2CO3 = BiOCl2NaClCO29molL1=51012molL1，此时c(OH)=2109molL1，此时的pH=5.3，即pH5.3；（6）沉铋时，加入的物质是Na2CO3，生成的BiOCl，因此有BCl3Na2CO3BiOCl，根据反应特点，产物还有NaCl和CO2，化学方程式为 BiCl3Na2CO3 = BiOCl2NaClC

4、O2。点睛：本题难点是（6），根据流程图，加入物质是BCl3和Na2CO3，生成物质为BOCl，可以理解为Na2CO3中一个氧原子，替代BCl3中两个Cl原子，替代下Cl原子与Na结合生成NaCl，CO32去掉一个氧原子后，转化成CO2，因此方程式为 BiCl3Na2CO3 = BiOCl2NaClCO2。2（2018届辽宁省辽南协作校高三下学期第一次模拟）废弃物回收利用可变废为宝。某工业固体废物的组成为Al2O3、FeO、Fe2O3等。下图是以该固体废物为原料制取氧化铝、磁性Fe3O4胶体粒子的一种工艺流程:(1)检验制备Fe3O4胶体粒子成功的实验操作名称是_。(2)写出由溶液B制备磁性F

5、e3O4胶体粒子的离子方程式_。(3)由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2。其原因是_。(4)向溶液C中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”，“不变”或“减小”)。(5)固体D是Al(OH)3，空温时Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于20，则此时Al(OH)3A1O2-+H+H2O的电离常数K=_。(6)用重路酸钾(K2Cr2O7)可测定产物磁性Fe3O4胶体粒子中铁元素的含量，过程如下图。已知，反应中K2Cr2O7被还原为Cr3+。写出甲乙的化学方程式_。写出乙丙的离子方程式_。【答案】 丁达尔效应 2Fe3+Fe2+8OH-Fe3O4(胶体)+4H

6、2O N2气氛下，防止Fe2+被氧化 减小 2.010-13 SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2 Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（4）C为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离且和氢离子结合生成氢氧化铝白色沉淀，方程式为：NaAlO2 + NaHCO3 +H2O=Al(OH)3+ Na2CO3，导致溶液的pH减小。答案为：减小（5）氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液中的离子方程式为：Al(OH)3+OH - AlO2-+2H2O，K= =20, Al(OH)3电离的方程式为：Al(OH)3 AlO2

7、-+H+H2O；由电离方程式可知Ka=c(AlO2-)C(H+)，由K= =20和Ka=c(AlO2-)C(H+)联立可得Ka=KKW=20110-14= 2.010-13,答案为：2.010-13（6）Fe3+能把Sn2+氧化为Sn4+，Fe3+被还原为Fe2+，所以甲乙反应的化学方程式为：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2在酸性条件下K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+,还原产物为Cr3+,所以乙丙的反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O答案为：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2、Cr2O72-+6Fe2+14

8、H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。3（2018届内蒙古赤峰市高三4月模拟）铜及其化合物在工农业生产有着重要的用途，氯化铜、氯化亚铜经常用作催化剂。其中CuCl 广泛应用于化工和印染等行业。【查阅资料】 (i)氯化铜：从水溶液中结晶时，在15以下得到四水物，在15 -25.7得到三水物，在2642得到二水物，在42以上得到一水物，在100得到无水物。(ii)(1)实验室用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与铜反应(铁架台，铁夹略) 制备氯化铜。按气流方向连接各仪器接口顺序是:a_、_、_、_。本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_后_(2)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而

9、成，刻制印刷电路时，要用FeCl3 溶液作为“腐蚀液”，写出该反应的化学方程式：_。(3) 现欲从(2)所得溶液获得纯净的CuCl22H2O，进行如下操作：首先向溶液中加入H2O2溶液然后再加试剂X 用于调节pH，过滤，除去杂质，X 可选用下列试剂中的_(填序号)a.NaOH b.NH3H2O C.CuO d.CuSO4要获得纯净CuCl22H2O晶体的系列操作步骤为：向所得滤液中加少量盐酸，蒸发浓缩、_、_、洗涤、干燥。(4)用CuCl22H2O为原料制备CuCl 时，发现其中含有少量的CuCl 2或CuO 杂质，若杂质是CuCl2，则产生的原因是_。(5)设计简单的实验验证0.1mol/L

10、 的CuCl2溶液中的Cu2+ 对H2O2的分解具有催化作用:_。【答案】 d e h i f g b A D 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 c 冷却到26-42结晶(只答冷却结晶不得分) 过滤 加热温度低(加热时间不够) 取两支试管，加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，一支加入几滴0.1mol/L的CuCl2溶液，另一支加入几滴0.2mol/L的NaCl 溶液，滴加氯化铜溶液的试管产生的气泡速率快。(其它合理答案也可)去HCl，再通过盛浓H2SO4的装置E干燥Cl2，用纯净、干燥的Cl2与Cu反应制备CuCl2；由于Cl2会污染大气，最后用盛放NaOH溶液的装置B吸收尾气；同时

11、注意洗气时导气管应长进短出；按气流方向连接各仪器接口顺序是：ad、eh、if、gb。实验室用MnO2和浓盐酸加热制Cl2，Cu与Cl2加热反应制备CuCl2，则装置A和装置D需要加热；为了防止Cu与空气中的O2反应生成CuO，所以实验时必须先加热装置A产生Cl2，用生成的Cl2赶尽装置中的空气后再加热装置D。（2）Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2。（3）向（2）所得溶液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂X调节pH除去Fe3+。a项，加入NaOH可调节pH除去Fe3+，但引进新杂质Na+；b项，加

12、入NH3H2O可调节pH除去Fe3+，但引进新杂质NH4+；c项，加入CuO可调节pH除去Fe3+，且不引入新杂质；d项，加入CuSO4不能除去Fe3+；答案选c。根据题给资料（i）要获得CuCl22H2O需控制温度在2642，所以要获得纯净CuCl22H2O晶体的系列操作步骤为：向所得滤液中加少量盐酸，蒸发浓缩、冷却到2642结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）根据资料（ii），CuCl22H2O在HCl气流中加热到140失去结晶水生成CuCl2，继续加热到温度300时生成CuCl和Cl2，若发现CuCl中含有杂质CuCl2，产生的原因是：加热温度低（或加热时间不够）。（5）要证明0.1mol/L

13、CuCl2溶液中的Cu2+对H2O2的分解具有催化作用采用控制变量法，控制H2O2等浓度、等体积，两溶液中Cl-浓度相同；设计的简单实验为：取两支试管，加入等体积、等浓度的H2O2溶液，一支加入几滴0.1mol/L的CuCl2溶液，另一支加入几滴0.2mol/L的NaCl溶液，滴加CuCl2溶液的试管产生气泡速率快，说明Cu2+对H2O2的分解具有催化作用。4（2018届内蒙古赤峰市高三4月模拟）硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣，主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3 (约10%)和MgO(约5%)。其同学设计了如下方案，分离样品中各种金属元素。已知:

14、Fe(OH)3的Ksp=4.010-38。请回答下列问题。(1) 固体A的一种工业应用_；沉淀D的电子式_。(2) 溶液B中所含的金属阳离子有_。(写离子符号)(3) 若步骤中调pH 为3.0，则溶液C中的Fe3+ 是否沉淀完全，通过计算说明_。(4) 写出步骤中全部反应的离子方程式_。(5) 为了分析某硫酸渣中铁元素的含量，先将硫酸渣预处理，把铁元索还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定。判断到达滴定终点的现象是_。某同学称取2.000g硫酸渣，预处理后在容量瓶中配制成100mL 溶液，移取25.00mL 试样溶液，用0.0050 mol/L KMnO4标准溶液滴

15、定，达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是_。【答案】 制造玻璃或光导纤维 Mg2+、A13+、Fe3+ Fe3+没有沉淀完全 OH-+ CO2=HCO3-、A1O2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3- 加最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液变为紫红色，且在半分钟内不褪色 5.6%（1）根据上述分析固体A为SiO2，SiO2可用于制玻璃或光导纤维。沉淀D为Mg（OH）2，Mg（OH）2的电子式为。（2）溶液B中所含的金属离子为Fe3+、Mg2+、Al3+。（3）Fe（OH）3的溶解平衡为Fe（OH）3（s）Fe3+（aq）+3OH-（aq），KspF

16、e（OH）3=c（Fe3+）c3（OH-）=4.010-38，当pH=3.0时c（OH-）=110-11mol/L，则c（Fe3+）=4.010-38（110-11）3=4.010-5mol/L1.010-5mol/L，Fe3+没有沉淀完全。（4）步骤为向溶液D中加过量CO2，发生反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-、CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3+HCO3-。（5）用KMnO4溶液滴定Fe2+发生的离子反应为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，由于KMnO4溶液本身呈紫红色，所以实验中不必加其他指示剂，滴定终点的现象是：加最后一滴KMnO4标准溶液

17、时，溶液变为紫红色且在半分钟内不褪色。根据离子方程式，25.00mL溶液中n（Fe2+）=5n（MnO4-）=50.0050mol/L0.02L=0.0005mol，残留物中m（Fe）=0.0005mol56g/mol=0.112g，残留物中铁元素的质量分数为100%=5.6%。5（2018届湖北省荆州中学高三4月月考）工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4，还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7)，某实验小组模拟其流程如下图所示：（1）步骤中，焙烧时所用的仪器材质应选用_(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)，二氧化硅与纯碱反应的化学方程式为_。（

18、2）配平步骤中主要反应： _FeCr2O4_O2_Na2CO3_Fe2O3_Na2CrO4_CO2 （3）操作中，酸化时，CrO42转化为Cr2O72，写出平衡转化的离子方程式：_。（4）步骤用硫酸将溶液的pH调至中性，所得滤渣的主要成分是_、_；（5）下图是Na2Cr2O72H2O和Na2SO4的溶解度曲线，步骤中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为_、_。（6）工业上常用电解法处理含Cr2O72的酸性废水，用金属铁作阳极、石墨作阴极，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0105molL1，则c(Fe3+)=_。(已知KspFe(OH)3

19、=4.01038molL1，KspCr(OH)3=6.01031molL1)（7）CrO5的结构式为，该氧化物中Cr为_价。【答案】 铁质 Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2 4 7 8 2 8 8 2CrO42+2H+Cr2O72+H2O H2SiO3（H4SiO4或SiO2H2O） Al(OH)3 加热浓缩 趁热过滤 2.01012molL1 +6(3). 在操作中，酸化的目的是使CrO42转化为Cr2O72，该反应为可逆反应且铬元素的化合价没有变化，根据原子守恒和电荷守恒，该平衡转化的离子方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O

20、72+H2O；(4). 步骤用硫酸调节溶液的pH至中性，Na2SiO3、NaAlO2生成不溶的H2SiO3和Al(OH)3，过滤，所得滤渣为H2SiO3和Al(OH)3；故答案为：H2SiO3（H4SiO4或SiO2H2O）；Al(OH)3；(5). 据图可知，温度升高有利于硫酸钠结晶析出，同时可以防止Na2Cr2O72H2O结晶析出，所以获得副产品Na2SO4的实验操作方法为：将滤液2加热浓缩后趁热过滤，得副产品Na2SO4，故答案为：加热浓缩；趁热过滤；(6). KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH)=4.01038molL1，KspCr(OH)3= c(Cr3+)c3(OH)

21、= 3.0105molL1c3(OH)=6.01031molL1，联立得：c(Fe3+)=2.01012molL1，故答案为：2.01012molL1；(7). 由CrO5的结构式可知，一个Cr原子与5个O原子形成6个CrO极性共价键，共用电子对都偏向于O原子，所以该氧化物中Cr为+6价，故答案为：+6。6（2018届福建省厦门市双十中学高三第九次能力考试）金属镍具有较高的经济价值。工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiRz络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡: NiR2(aq) Ni2+(aq) +2R-(aq) (R-为有机物配体，K=1.610-

22、14)（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2 生成NiS 沉淀进而回收镍。该反应的离子方程式为_。NiS 沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是_。（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。工艺流程如下：“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3+) 过程中，R-与中间产物-OH (羟基自由基) 反应生成难以与Ni2+络合的-R (有机物自由基)，但-OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：F

23、e2+ + H2O2 = Fe3+ +OH-+-OH iR- +-OH =OH-+-R ii H2O2+2-OH=O2+ 2H2O iii实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图所示：从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_。分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_ g/ L； 低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是_。（3） 工业上还可用电解法制取三氧化二镍。用NaOH溶液调节NiCl2溶液PH至7.5，加入适量硫酸钠后采用情性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出Cl

24、O- 氧化Ni (OH) 2生成三氧化二镍的离子方程式是_， amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是_。来源:ZXXK电解法制取三氧化二镍实际过程中，有时获得一种结晶水合物，已知1mol 该物质中含有0.5mol结晶水。取该化合物20.2g进行充分加热，而获得三氧化二镍固体和0.2mol水，则该结晶水合物的化学式为_。【答案】 NiR2+S2-=NiS+2R- S2-+H2OHS-+OH- NiR2+2OH-=Ni(OH)2+2R- NiR2在溶液中存在平衡:NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)，Fe2+和H2O2通过反应i和反应将R-转化成难以与Ni2+络

25、合的R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱絡” 0.45 低于此数值，反应i生成的-OH过少，不足以使R-充分转化成-R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成-OH能与H2O2发生反应,使H2O2转化成O2和H2O,同样不能使R-充分转化成-R C1O-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O 1.25amol NiOOHH2O或2NiOOHH2OR，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；根据镍去除率的图像，当过氧化氢的投加量为0.45gL1时，去除率达到最大，即过氧化氢的最佳加入量为0.45gL1；低于此值时，反应i种产生的OH的量少，不足以使R转化成R，高于此值时，H

26、2O2多，H2O2与OH会发生反应iii，不能使R充分转化成R；（3）ClO把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl，因此离子方程式为ClONi(OH)2Ni2O3Cl，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为ClO+2Ni(OH)2=Cl +Ni2O3+2H2O；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO，即Cl22OH=ClOClH2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl2e=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a2/80%mol=1.25a；产生H2O的质量为0.218g=3

27、.6g，根据质量守恒，Ni2O3的质量为(20.23.6)g=16.6g，即Ni2O3的物质的量为0.1mol，n(Ni2O3):n(H2O)=0.1:0.2=1:2，根据原子守恒和元素守恒，得出化学式为NiOOHH2O或2NiOOHH2O。7（2018届新疆维吾尔自治区高三第二次适应性）钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。目前工业上使用一种新工艺，以便从冶炼铝的固体废料一赤泥中提取金属钒，赤泥主要含有Fe2O3、Al2O3、V2O5和CuO，具体工艺流程图如下:已知:钒有多种价态，其中+5 价最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，

28、且存在平衡VO2+H2OVO3-+2H+。回答下列问题:(1)磁性产品的化学式为_。(2)赤泥加入NaOH溶液，发生的离子反应方程式为_。能否用氨水代替NaOH溶液，_(填“能”或“不能”)，理由是_。(3)滤液1生成沉淀的离子反应方程式为_。(4)调至pH=8的目的有两个，一是_，二是使VO2+转化为VO3-，此时溶液中VO2+和VO3-的物质的量之比为a:b，VO2+H2OVO3-+2H+的平衡常数K=_。(5)滤液2加氯化铵生成NH4VO3 的离子方程式为_，该反应能发生是因为_。【答案】 Fe3O4 Al2O3+2OH-=2A1O2-+H2O 不能 Al2O3不溶于氨水 AlO2-+C

29、O2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- 除去铜离子 (b10-16)/a VO3-+NH4+=NH4VO3 NH4VO3难溶(3) 滤液1为偏铝酸钠溶液，通入足量的二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子反应方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；正确答案：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。来源:(4) 赤泥主要含有Fe2O3、Al2O3、V2O5和CuO，加入碱溶解后，氧化铝变为偏铝酸盐进入溶液6中，氧化铁被还原为铁而除去，氧化铜还原为铜经过处理后变为硫酸铜溶液，调至溶液的pH=8，使溶液中的铜离子变为沉淀而除去；根据平衡VO2+H2

30、OVO3-+2H+，溶液变为碱性后，中和了氢离子，平衡右移，使VO2+转化为VO3-，溶液的pH=8，c(OH-)=10-6mol/L, c(H+)=10-8 mol/L, 此时溶液中VO2+和VO3-的物质的量之比为a:b K=c(H+)2c(VO3-)/ c( VO2+)=10-16b/a；所以VO2+H2OVO3-+2H+的平衡常数K=(b10-16)/a ；正确答案：(b10-16)/a 。(5)滤液2中含有VO-3，加氯化铵反应生成溶解度小的NH4VO3，离子方程式为VO-3+NH4+=NH4VO3；该反应能发生是因为NH4VO3难溶；正确答案：VO-3+NH4+=NH4VO3；NH

31、4VO3难溶。网8（2018届四川省宜宾市高三第二次诊断）方铅矿的主要成分为PbS，含铅可达86.6%。以方铅矿为原料制备铅蓄电池的电极材料PbO2的工艺流程如图所示：（1）方铅矿焙烧后排出气体的主要成分是_（填化学式），可用于工业制备_。（2）步骤中焦炭的作用是_。（3）“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等。电解精炼时，_作阴极，阴极反应式为_，阳极泥的主要成分是_。（4）步骤中制备PbO2的离子方程式_。（5）已知：常温下，Ksp(PbS)=810-28、Ka1(H2S)=1.310-7、Ka2(H2S)=7.110-15。常温下，向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体，发生反应的离子方程

32、式是_；结合数据分析，该反应能否进行得基本完全？_（写出计算推理过程）。【答案】 N2、 SO2 硝酸（ 或氨气） 、 硫酸 还原二价铅 纯铅 Pb2+2e=Pb Cu、 Ag PbO+ClO=PbO2+Cl Pb2+H2S=PbS+ 2H+ 该反应的平衡常数：，所以反应能进行得基本完全。发生反应的离子方程式是Pb2+H2S=PbS+ 2H+；结合数据分析，该反应的平衡常数：，所以反应能进行得基本完全。9（2018届四川省成都经济技术开发区实验中学校高三4月月考）钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeS

33、O4，TiOSO4遇水会水解。请回答下列问题：（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有_；（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理_。（3）已知钛的还原性介于铝与锌之间。如果可从Na、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是_。（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式是_。（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，先取待测钛液10 mL用水稀释至100 mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2+ +Al+6H+=3Ti3+Al3+3H2O。过滤后，

34、取无色滤液20.00 mL，向其中滴加23滴KSCN溶液作指示剂，用_（填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000molL-1 FeCl3溶液，发生Ti3+Fe3+=Ti4+Fe2+。滴定终点时的现象是_，若用去了30.00mL FeC13溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是_mol/L。【答案】 漏斗、玻璃棒 溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，当加入水稀释、升温后，平衡正向移动 TiCl4+4Na Ti+4NaCl TiO2 + 4e- Ti + 2O2- 酸式滴定管 溶液由无色变成红色且半分钟不褪色 1.50 mol/L【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，浓硫酸具有酸性，

35、强氧化性，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，还可能有少量Fe2(SO4)3；向所得溶液中加入大量水稀释后，加入过量铁粉还原Fe3+，过滤得到滤液中只含有TiOSO4和FeSO4；TiOSO4水解过滤后得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入Cl2、过量碳高温反应生成TiCl4，TiCl4和Mg高温反应得到MgCl2和Ti。（3）在流程中，金属镁置换出钛单质，反应方程式为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2。钛的还原性介于铝与锌之间，即还原性：AlTiZn，又因为还原性NaAlZnFe，则NaAlTiZnFe，故Na、Zn、Fe三种金属中只能选择金属Na代替镁。反应方程

36、式为：TiCl4+4NaTi+4NaCl。故答案为：TiCl4+4NaTi+4NaCl；（4）根据题意可知，TiO2作阴极，得电子，被还原得到单质Ti，则阴极电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；（5）FeC13有强的氧化性，腐蚀橡胶，且其溶液呈酸性，所以选择酸式滴定管。用KSCN溶液作指示剂，TiO2+反应完之前溶液为无色。当反应完，再滴入1滴FeC13溶液，溶液立即变红色，且半分钟后溶液颜色不褪色，到达滴定终点，停止滴定。滴定过程中消耗n(FeC13)=0.1mol/L0.03L=0.003mol。根据反应方程式可得出TiOSO4与Fe

37、3+的关系式：TiOSO4Ti3+Fe3+，即滴定过程中n(FeC13)= n(TiOSO4)= 0.003mol。原待测液为10mL，稀释至100mL后，取2omL溶液进行滴定实验。所以原10mL待测液中含n(TiOSO4)= 0.003mol=0.015mol，c(TiOSO4)= =1.5 molL-1。故答案为：酸式滴定管；溶液由无色变成红色且半分钟不褪色 ；1.5 molL-1。10（2018届北京市大兴区高三一模）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：表1 浸出液成分Al3+Fe3+Ca2+PO43-Mg2+Mn2

38、+Y3+浓度/(mgL-1)767094605506405600150070.2（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+ Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因_。结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是_。（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。 表2 Fe3+、Y3+去除率终点pH来源:去除率/%Fe3+Y3+3.087.8419

39、.863.592.3323.634.599.9944.525.099.9989.04中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因_。磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。 表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度Fe3+Y3+浓度/(mgL-1)50868.9 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式Fe3+ + + = FePO4+ CO2+ ，_ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因_

40、。（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过_（填操作）收集含Y3+的有机溶液。（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是_。a. 分析图1可知，pH在0.22.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+ b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附c. 表2中 pH在4.55.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3d. 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低【答案】 Y3+在溶液中存在平衡：Y3+3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH

41、-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 KSPFe(OH) 3小于KSPY(OH) 3或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+） 2Fe 3+2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4+ 3CO 2+3H2O 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 分液 bcd解度；根据原理，加入的物质Fe3、H3PO4、Na2CO3，生成了FePO4和CO2，没有化合价的变化，因此离子反应是Fe3H3PO4CO32FePO4CO2，H3PO4中H转化成H2O，Fe3H3PO4CO32FePO4CO2H2O，

42、根据电荷守恒和原子守恒进行配平，即2Fe 3+2 H3PO4 3CO32= 2FePO4+ 3CO 2+3H2O；根据表1、2、3中的数据，得出磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小；（3）有机溶剂为萃取剂，不溶于水，因此采用分液方法进行分离；（4）a、根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，pH越大，Fe3萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3而是FeR3，pH在0.22.0范围内，有机溶剂中的Fe3小于水溶液中的Fe3 ，故a错误；b、表2中 Y3损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，故b正确；c、表2中 pH在4.55.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3，故c正确；d、有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低，故d正确。11（2018届四川省泸州